Что $\Pr(X + Y < 0)$ где $X \sim U(0,1)$ и $Y \sim N(0, 1)$? $X$ и $Y$ независимы

Aug 19 2020

Это то, что я пытался сделать до сих пор:

\begin{align} f_X = 1 \\ f_Y = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5y^2) \end{align}

Тогда пусть $Z = X + Y$ и у нас есть

\begin{align} f_Z(z) = \int_0^1 f_X(x) f_Y(z - x) \, dx \\ f_Z(z) = \int_0^1 1 \cdot f_Y(z - x) \, dx \\ = \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5(x - z)^2) \, dx \end{align}

Так \begin{align} Pr(Z \leq 0) = \int_{-\infty}^0 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5(x-z)^2) \, dx \, dz \\ = \int_{-\infty}^0 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp(-0.5x^2) \exp(- 0.5z^2) \exp(0.5xz)\,dx\,dz \\ \end{align}

Похоже, что это будет утомительно для оценки интеграла. Я не уверен, что придерживаюсь правильного подхода. Есть ли для этого более простой способ?

Ответы

1 J.G. Aug 19 2020 at 03:13

Предполагая $X,\,Y$ независимы:

Мы хотим $Y$-средний $Pr(X<-Y)$, который при фиксированном $Y$ является $0$ если $Y\ge0$, $1$ если $Y<-1$ и $-Y$в противном случае. В среднем$$\int_{-\infty}^{-1}f_Y(y)dy-\int_{-1}^0yf(y)dy=\Phi(-1)+\tfrac{1-e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx0.315.$$

1 tommik Aug 19 2020 at 03:27

Было бы очень большой ошибкой не утверждать, что X и Y независимы. Как написано, упражнение решить невозможно.

Итак, предполагая независимость, сначала заметьте, что если $Y<-1$ это всегда правда, что $X+Y<0$ и это случается с вероятностью $\Phi(-1)\approx 15.87\%$

В остальном, когда $Y>-1$ решаемый интеграл равен

$$\int_{-1}^{0}\phi(y)dy\int_{0}^{-y}dx=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-1}^{0}ye^{-\frac{y^2}{2}}dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}[e^{-\frac{y^2}{2}}]_{-1}^{0}=\frac{1-e^{-0.5}}{\sqrt{2\pi}}$$

Это интеграл в фиолетовой области ниже.

Alex Aug 19 2020 at 23:51

Думаю, лучше вывести полную раздачу $Z=X+Y$используя формулу свертки для CDF. Когда я использовал свертку для PDF-файлов, я получил$$ f_Z(z) = \Phi(z)-\Phi(z-1), -\infty<z<\infty $$который очень сложно интегрировать, поэтому вместо этого я использовал свертку для CDF. Не то, что если$Y \sim R(0,1)$, тогда $F_Y(y) = P(Y<y) = P(Y<z-x)$, следовательно: $$ F_Y(z-x)= \left\{ \begin{array}{lr} 0 & x>z\\ z-x & 0<z-x<1\\ 1 & x<z-1 \end{array} \right. $$ Таким образом, мы можем игнорировать PDF-файл $X$ если $ X>z$. Для второго случая имеем следующие оценки:$z-1<x<z$, и CDF $Y$ является $z-x$, для третьего случая CDF $Y$ является $1$, поэтому мы просто берем PDF-файл $X$ для $-\infty<x<z-1$. поскольку$-\infty <z<\infty$, мы просто соединили эти три случая: \begin{align} P(Z<z) &= F_Z(z) = \int_{z-1}^{z}(z-x)\varphi_X(x)dx + \Phi(z-1) \\ &= z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) - \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx + \Phi(z-1), -\infty <z< \infty \end{align} где $\varphi, \Phi$- плотность и cdf стандартного нормального распределения. Путем подключения$z=0$вы получите результат. Обратите внимание, что этот CDF имеет смысл, потому что$$ \lim_{z \to \pm \infty} z(\Phi(z)-\Phi(z-1)) = 0 \ \ (1)\\ \lim_{z\to \infty} \int_{z-1}^{z}x\varphi(x)dx = 0 \ \ (2)\\ \lim_{z \to \infty} F_Z(z) = 1\\ \lim_{z \to -\infty} F_Z(z) = 0 $$ Здесь и (1), и (2) могут быть доказаны путем оценки сверху и снизу на $z$ и $x$для соответствующих интервалов, а затем переходя к пределу. Также обратите внимание$z-x$всегда положительно, поэтому все выражение всегда положительно. Теперь возьмем производную по$z$ (осторожно со знаками), чтобы получить $$ f_Z(z) = \Phi(z) - \Phi(z-1), \ -\infty <z< \infty $$ Также проверьте лимиты.